• (a)

  Sur $[0;1[$, la série de fonction $\sum f_n$ converge simplement et sa somme est

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{f}_n(x)=\frac{x}{1-x}(1-\sqrt{x})=\frac{x}{1+\sqrt{x}}\text{.}$$

  Cette fonction somme est continue par morceaux sur $[0;1[$.
  Les fonction $f_n$ sont intégrables sur $[0;1[$ et

  $${\int }_0^1\left|f_n(x)\right|dx={\int }_0^1{f}_n(x)dx\underset{u=\sqrt{x}}{=}\frac{1}{(n+1)(2n+3)}\text{.}$$

  Ce terme est sommable et l’on peut donc intégrer terme à terme ce qui donne

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^1{f}_n(x)dx={\int }_0^1\frac{x}{1+\sqrt{x}}dx\text{.}$$

• (b)

  Ainsi,

  $$\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{(n+1)(2n+3)}={\int }_0^1\frac{x}{1+\sqrt{x}}dx\underset{u=\sqrt{x}}{=}\frac{5}{3}-2\ln (2)\text{.}$$

La série $\sum a_p\frac{t^p}{p!}$ est convergente car

De plus, sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.

Enfin,

permet d’assurer l’existence de l’intégrale étudiée.
Posons

La série de fonction $\sum f_p$ convergence simplement.
Les fonctions $f_p$ et ${\sum }_{p=n}^{+\mathrm{\infty }}{f}_p$ sont continues par morceaux.
Les fonctions $f_p$ sont intégrables sur $[0;+\mathrm{\infty }[$ et

est terme général d’une série convergente.

Par le théorème d’intégration terme à terme, on obtient

Enfin, cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.

• (a)

  Posons $u_n(t)=1/(1+t^n)$ sur $]0;1]$.
  La suite de fonctions $(u_n)$ converge simplement vers la fonction $u_{\mathrm{\infty }}:t\mapsto 1$.
  Les fonctions $u_n$ et la fonction $u_{\mathrm{\infty }}$ sont continues par morceaux.
  Enfin

  $$\forall t\in ]0;1],\left|u_n(t)\right|\le 1=\phi (t)$$

  avec $\phi :]0;1]\to {ℝ}_{+}$ intégrable. Par convergence dominée

  $$I_n={\int }_0^1{u}_n(t)dt\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}{\int }_0^1{u}_{\mathrm{\infty }}(t)dt=1=\mathrm{\ell }\text{.}$$

• (b)

  On a

  $$\mathrm{\ell }-I_n={\int }_0^1\frac{t^n}{1+t^n}dt={\int }_0^{1}t\frac{t^{n-1}}{1+t^n}dt\text{.}$$

  Par intégration par parties,

  $$\mathrm{\ell }-I_n=\frac{\ln (2)}{n}-\frac{1}{n}{\int }_0^1\ln (1+t^n)dt\text{.}$$

  Puisque

  $$\left|{\int }_0^1\ln (1+t^n)dt\right|\le {\int }_0^1{t}^{n}dt=\frac{1}{n+1}$$

  on peut affirmer $\mathrm{\ell }-I_n\sim \frac{\ln (2)}{n}$.

• (c)

  Pour $y\in ]0;1[$,

  $$\frac{\ln (1+y)}{y}=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k{y}^k}{k+1}\text{.}$$

  Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,

  $${\int }_0^1\frac{\ln (1+y)}{y}dy=\sum _{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{{(k+1)}^2}\text{.}$$

  Sans peine, ${\sum }_{k=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{{(k+1)}^2}=\frac{{\pi }^2}{12}$ sachant ${\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$.

• (d)

  Par le changement de variable ${𝒞}^1$ strictement croissant $y=t^n$

  $${\int }_0^1\ln (1+t^n)dt=\frac{1}{n}{\int }_0^1\frac{\ln (1+y)}{y^{\frac{n-1}{n}}}dy\text{.}$$

  Par convergence dominée (domination par sa limite simple),

  $${\int }_0^1\frac{\ln (1+y)}{y^{\frac{n-1}{n}}}dy\to {\int }_0^1\frac{\ln (1+y)}{y}dy=\frac{{\pi }^2}{12}\text{.}$$

  Ainsi,

  $$\mathrm{\ell }-I_n=\frac{\ln (2)}{n}-\frac{{\pi }^2}{12n^2}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

  puis

  $$I_n=1-\frac{\ln (2)}{n}+\frac{{\pi }^2}{12n^2}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n^2}\right)\text{.}$$

• (a)

  On a

  $$|I_n-1|={\int }_0^1\frac{t^n}{1+t^n}dt\le {\int }_0^1{t}^{n}dt=\frac{1}{n+1}\to 0$$

  donc $I_n\to \mathrm{\ell }=1$.

• (b)

  Par intégration par parties

  $$I_n-1=-\frac{\ln (2)}{n}+\frac{1}{n}{\int }_0^1\ln (1+t^n)dt\text{.}$$

  Or

  $$0\le {\int }_0^1\ln (1+t^n)dt\le {\int }_0^1{t}^{n}dt\to 0$$

  donc

  $$I_n=1-\frac{\ln (2)}{n}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right)\text{.}$$

• (c)

  On a

  $$\ln (1+t^n)=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k}{t}^{nk}\text{.}$$

  Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on obtient la relation proposée.

• (d)

  On a

  $$n\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k(nk+1)}-\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k^2}=\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k^2(nk+1)}$$

  avec

  $$\left|\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^k}{k^2(nk+1)}\right|\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\to 0$$

  donc

  $$n{\int }_0^1\ln (1+t^n)dt\to \sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k^2}$$

  avec

  $$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^{k-1}}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{12}$$

  car on sait

  $$\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\text{.}$$

  Finalement,

  $$I_n=1-\frac{\ln (2)}{n}+\frac{{\pi }^2}{12n^2}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n^2}\right)\text{.}$$

• (a)

  Par intégration par parties, on obtient une relation de récurrence qui conduit à

  $${\int }_0^1{x}^n{(1-x)}^{m}dx=\frac{n!m!}{(n+m+1)!}\text{.}$$

• (b)

  En posant $u_n$ le terme général de la série étudiée, on observe

  $$\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\frac{1}{4}\text{.}$$

  Par la règle de d’Alembert, la série converge.

• (c)

  $S_{-1}={\sum }_{n=1}^{+\mathrm{\infty }}{\int }_0^1{x}^n{(1-x)}^{n-1}dx$. Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter et obtenir

  $$S_{-1}={\int }_0^1\frac{x\mathrm{d}x}{1-x(1-x)}=\frac{\pi }{3\sqrt{3}}\text{.}$$

  Puisque

  $$\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n+2}{n+1}\right)=\frac{4n+2}{n+1}\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)$$

  on observe

  $$\frac{4}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n+2}{n+1}\right)}-\frac{2}{n+1}\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n+2}{n+1}\right)}=\frac{1}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)}\text{.}$$

  (1)

  En sommant pour $n$ allant de 1 à $+\mathrm{\infty }$, on obtient

  $$4\left(S_0-\frac{1}{2}\right)-2\left(S_{-1}-\frac{1}{2}\right)=S_0$$

  puis

  $$S_0=\frac{1+2S_{-1}}{3}\text{.}$$

• (d)

  On multiplie la relation (1) par ${(n+1)}^p$ et l’on développe le ${(n+1)}^p$ du second membre et en sommant comme ci-dessus, on saura exprimer $3S_p$ en fonction des $S_q$ avec $q<p$.